2024-2025学年江苏省常州市“教学研究合作联盟”高一下数学期末检测试题含解析.doc

2024-2025学年江苏省常州市“教学研究合作联盟”高一下数学期末检测试题
考生须知：
1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。
2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。
3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。

一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。在每个小题给出的四个选项中，恰有一项是符合题目要求的
1．已知数列的前项和为，，若存在两项，使得，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
2．直线的斜率是（ ）
A． B．13 C．0 D．
3．已知直线的方程为，则该直线的倾斜角为（ ）
A． B． C． D．
4．集合，则（ ）
A． B． C． D．
5．若将一个质点随机投入如图所示的长方形ABCD中，其中AB=2，BC=1，则质点落在以AB为直径的半圆内的概率是（ ）

A． B． C． D．
6．函数定义域是（ ）
A． B． C． D．
7．已知等差数列的前项和为，若，，则数列的公差（ ）
A．-2 B．2 C．-1 D．1
8．已知角的终边过点，则的值为
A． B． C． D．
9．已知直线m，n，平面α，β，给出下列命题：
①若m⊥α，n⊥β，且m⊥n，则α⊥β
②若m∥α，n∥β，且m∥n，则α∥β
③若m∥α，n∥β，且α∥β，且m∥n
④若m⊥α，n⊥β，且α⊥β，则m⊥n
其中正确的命题是（　　　　）
A．②③ B．①③ C．①④ D．③④
10．已知函数,若使得在区间上为增函数的整数有且仅有一个,则实数的取值范围是( )
A． B． C． D．
二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11．在一个不透明的布袋中，红色，黑色，白色的玻璃球共有40个，除颜色外其他完全相同，小明通过多次摸球试验后发现其中摸到红色球，黑色球的频率稳定在15%和45%，则口袋中白色球的个数可能是_________个.
12．若向量与平行．则__．
13．设表示不超过的最大整数，则________
14．角的终边经过点，则___________________．
15．已知等差数列的前n项和为，若，则的值为______________.
16．在等腰中，为底边的中点，为的中点，直线与边交于点，若，则___________．
三、解答题：本大题共5小题，共70分。解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．已知某公司生产某款手机的年固定成本为400万元，每生产1万部还需另投入160万元设公司一年内共生产该款手机万部且并全部销售完，每万部的收入为万元，且．
写出年利润万元关于年产量（万部）的函数关系式；
当年产量为多少万部时，公司在该款手机的生产中所获得的利润最大？并求出最大利润．
18．已知圆，直线.圆与轴交于两点，是圆上不同于的一动点，所在直线分别与交于.
（1）当时，求以为直径的圆的方程；
（2）证明：以为直径的圆截轴所得弦长为定值.
19．已知函数 .
（1）求的最小正周期及单调递增区间；
（2）求在区间上的最大值和最小值．
20．在中，已知角的对边分别为，且.
（1）求角的大小；
（2）若，是的中点，且，求的面积.
21．设的内角的对边分别为，且满足.
（1）试判断的形状，并说明理由；（2）若，试求面积的最大值.
参考答案

一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。在每个小题给出的四个选项中，恰有一项是符合题目要求的
1、B
【解析】
由，可得两式相减可得公比的值，由可得首项的值，结合可得，，展开后利用基本不等式可得时取得最小值，结合为整数，检验即可得结果.
【详解】
因为，所以.
两式相减化简可得，
公比，
由可得，
，
则，解得，
，
当且仅当时取等号，此时，解得，
取整数，均值不等式等号条件取不到，则，
验证可得，当时，取最小值为，故选B.
本题主要考查等比数列的定义与通项公式的应用以及利用基本不等式求最值，属于难题.利用基本不等式求最值时，一定要正确理解和掌握“一正，二定，三相等”的内涵：一正是，首先要判断参数是否为正；二定是，其次要看和或积是否为定值（和定积最大，积定和最小）；三相等是，最后一定要验证等号能否成立（主要注意两点，一是相等时参数是否在定义域内，二是多次用或时等号能否同时成立）.
2、A
【解析】
由题得即得直线的斜率得解.
【详解】
由题得，所以直线的斜率为.
故选：A
本题主要考查直线的斜率的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于基础题.
3、B
【解析】
试题分析：直线的斜率，其倾斜角为．
考点：直线的倾斜角．
4、C
【解析】
先求解不等式化简集合A和B，再根据集合的交集运算求得结果即可.
【详解】
因为集合，
集合或，
所以.
故本题正确答案为C.
本题考查一元二次不等式，分式不等式的解法和集合的交集运算，注意认真计算，仔细检查，属基础题.
5、B
【解析】
试题分析：本题是几何概型问题，矩形面积2，半圆面积，所以质点落在以AB为直径的半圆内的概率是，故选B．
考点：几何概型．
6、A
【解析】
若函数有意义,则需满足,进而求解即可
【详解】
由题,则,解得,
故选:A
本题考查具体函数的定义域,属于基础题
7、B
【解析】
直角利用待定系数法可得答案.
【详解】
因为，所以，因为，所以，所以.
本题主要考查等差数列的基本量的相关计算，难度不大.
8、B
【解析】
由三角函数的广义定义可得的值.
【详解】
因为，故选B.
本题考查三角函数的概念及定义，考查基本运算能力.
9、C
【解析】
根据线线、线面和面面有关定理，对选项逐一分析，由此得出正确选项.
【详解】
对于①，两个平面的垂线垂直，那么这两个平面垂直.所以①正确.
对于②，与可能相交，此时并且与两个平面的交线平行.所以②错误.
对于③，直线可能为异面直线，所以③错误.
对于④，两个平面垂直，那么这两个平面的垂线垂直.所以④正确.
综上所述，正确命题的序号为①④.
故选：C
本小题主要考查空间线线、线面和面面有关命题真假性的判断，属于基础题.
10、A
【解析】
根据在区间上为增函数的整数有且仅有一个,结合正弦函数的单调性,即可求得答案.
【详解】
,使得在区间上为增函数
可得
当时，满足整数至少有,舍去
当时，，
要使整数有且仅有一个,
须,解得:
实数的取值范围是.
故选:A．
本题主要考查了根据三角函数在某区间上单调求参数值,解题关键是掌握正弦型三角函数单调区间的解法和结合三角函数图象求参数范围,考查了分析能力和计算能力,属于难题.

二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11、16
【解析】
根据红色球和黑色球的频率稳定值，计算红色球和黑色球的个数，从而得到白色球的个数.
【详解】
根据概率是频率的稳定值的意义，
红色球的个数为个；
黑色球的个数为个；
故白色球的个数为4个.
故答案为：16.
本题考查概率和频率之间的关系：概率是频率的稳定值.
12、
【解析】
由题意利用两个向量共线的性质，两个向量坐标形式的运算法则，求得的值．
【详解】
由题意，向量与平行，所以，解得．
故答案为．
本题主要考查了两个向量共线的性质，两个向量坐标形式的运算，着重考查了推理与计算能力，属于基础题．
13、
【解析】
根据1弧度约等于且正弦函数值域为,故可分别计算求和中的每项的正负即可.
【详解】

故答案为：
本题主要考查了三角函数的计算,属于基础题型.
14、
【解析】
先求出到原点的距离,再利用正弦函数定义求解.
【详解】
因为,所以到原点距离,故.
故答案为：.
设始边为的非负半轴,终边经过任意一点,则：

15、1
【解析】
由等差数列的性质可得a7+a9+a11＝3a9，而S17＝17a9，故本题可解．
【详解】
∵a1+a17＝2a9，
∴S1717a9＝170，
∴a9＝10，
∴a7+a9+a11＝3a9＝1；
故答案为：1．
本题考查了等差数列的前n项和公式与等差数列性质的综合应用，属于基础题．
16、；
【解析】
题中已知等腰中，为底边的中点，不妨于为轴，垂直平分线为轴建立直角坐标系，这样，我们能求出点坐标，根据直线与求出交点，求向量的数量积即可.
【详解】

如上图，建立直角坐标系，我们可以得出
直线，联立方程求出,
,即
填写
本题中因为已知底边及高的长度，所有我们建立直角坐标系，求出相应点坐标，而作为F点的坐标我们可以通过直线交点求出，把向量数量积通过向量坐标运算来的更加直观.

三、解答题：本大题共5小题，共70分。解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17、（1）， ;（2）当时，y取得最大值57600万元．
【解析】
根据题意，即可求解利润关于产量的关系式为，化简即可求出；
由（1）的关系式，利用基本不等式求得最大值，即可求解最大利润．
【详解】
（1）由题意，可得利润关于年产量的函数关系式为

，.
由可得
，
当且仅当，即时取等号，所以当时，y取得最大值57600万元．
本题主要考查了函数的实际应用问题，以及利用基本不等式求最值，其中解答中认真审题，得出利润关于年产量的函数关系式，再利用基本不等式求解是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题．
18、（1）；（2）证明见解析.
【解析】
（1）讨论点的位置，根据直线的方程，直线的方程分别与直线方程联立，得出的坐标，进而得出圆心坐标以及半径，即可得出该圆的方程；
（2）讨论点的位置，根据直角三角形的边角关系得出的坐标，进而得出圆心坐标以及半径，再由圆的弦长公式化简即可证明.
【详解】
（1）由圆的方程可知，
①当点在第一象限时，如下图所示

当时，，
所以直线的方程为
由，解得
直线的方程为
由，解得
则的中点坐标为，
所以以为直径的圆的方程为
②当点在第四象限时，如下图所示

当时，，
所以直线的方程为
由，解得
直线的方程为
由，解得
则的中点坐标为，
所以以为直径的圆的方程为
综上，以为直径的圆的方程为
（2）①当点在圆上半圆运动时，取直线交轴于点，如下图所示

设，则

则以为直径的圆的圆心坐标为，半径
所以以为直径的圆截轴所得弦长为

②当点在圆下半圆运动时，取直线交轴于点，如下图所示

设，则

则以为直径的圆的圆心坐标为，半径
所以以为直径的圆截轴所得弦长为

综上，以为直径的圆截轴所得弦长为定值.
本题主要考查了求圆的方程以及圆的弦长公式的应用，属于中档题.
19、（1）；单调递增区间为：；（2）最大值；最小值.
【解析】
（1）先将函数化简整理，得到，由得到最小正周期；根据正弦函数的对称轴，即可列式，求出对称轴；
（2）先由，得到，根据正弦函数的性质，即可得出结果.
【详解】
（1）因为
，
所以最小正周期为：；
由得，
即单调递增区间是：；
（2）因为，所以，
因此，
当即时，取最小值；
当即时，取最大值；
本题主要考查正弦型三角函数的周期、对称轴，以及给定区间的最值问题，熟记正弦函数的性质，以及辅助角公式即可，属于常考题型.
20、（1）；（2）.
【解析】
（1）利用正弦定理和和差公式计算得到答案.
（2）利用代入余弦定理公式得到，计算面积得到答案.
【详解】
（1）∵是的内角，
∴且
又由正弦定理：和已知条件得：

化简得：，
又∵
∴；
（2）∵，是的中点，且，，，
∴由余弦定理得：，代入化简得：
又，即，可得：
故所求的面积为.
本题考查了余弦定理，正弦定理，面积公式，意在考查学生的计算能力.
21、（1）；（2）.
【解析】
试题分析：（1）由，利用正、余弦定理，得，化简整理即可证明：为直角三角形；
（2）利用，，根据基本不等式可得：，即可求出面积的最大值.
试题解析：
解法1：（1）∵，
由正、余弦定理，得
，
化简整理得：，
∵，所以，
故为直角三角形，且；
（2）∵，
∴，
当且仅当时，上式等号成立，∴.故，
即面积的最大值为.
解法2
（1）由已知：，
又∵，
，
∴，
而，∴，
∴，
故，∴为直角三角形.
（2）由（1），∴.
∵，∴，
∴，
令，∵，∴，
∴.
而在上单调递增，
∴.